高中数学人教A版 (2019)必修 第二册第八章 立体几何初步8.6 空间直线、平面的垂直一课一练

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册第八章 立体几何初步8.6 空间直线、平面的垂直一课一练，共6页。

A．平面ABC⊥平面ADC
B．平面ADC⊥平面BCD
C．平面ABC⊥平面BDC
D．平面ABC⊥平面ADB
2．[2022·湖北高一期末]已知直线m，n与平面α，β，γ，则能使α⊥β成立的一个充分条件是( )
A．α⊥γ，β⊥γ
B．α∩β＝m，n⊥m，n⊂β
C．m⊥n，m⊂α，n⊂β
D．m∥α，m⊥β
3．如图，平面ABC⊥平面ABD，∠ACB＝90°，CA＝CB，△ABD是正三角形，O为AB中点，则图中直角三角形的个数为________．
4．如图在正三棱柱ABC ­ A′B′C′中，D为棱AC的中点，求证：平面BDC′⊥ 平面ACC′A′.
5.若一个正四棱锥的高和底面边长都为a，则它的侧面与底面所成角的余弦值为( )
A． eq \f(\r(3),3) B． eq \f(\r(5),5)
C． eq \f(\r(11),11) D． eq \f(\r(13),13)
6．(多选)在四棱锥P－ABCD中，已知PA⊥底面ABCD，且底面ABCD为矩形，则下列结论中正确的是( )
A．平面PAB⊥平面PAD
B．平面PAB⊥平面PBC
C．平面PBC⊥平面PCD
D．平面PCD⊥平面PAD
7．[2022·江苏苏州高一期末]如图所示，平面α⊥平面β，A∈α，B∈β，直线AB与平面α，β所成的角分别为45°，30°，过A，B作两平面交线的垂线，垂足分别为A1，B1，则A1B1∶AB＝________．
8．如图，在四棱锥P ­ ABCD中，底面ABCD是矩形，PA＝AD＝4，AB＝2.M是棱PD上一点，且CM＝2 eq \r(3) ，AM⊥平面PCD.
证明：平面PAB⊥平面ABCD.
9．如图，正方形ABCD所在平面与以AB为直径的半圆O所在平面ABEF互相垂直，P为半圆周上异于A，B两点的任一点，求证：平面PBC⊥平面APC.
10．如图，已知AB⊥平面BCD，BC⊥CD.
(1)求证：平面ABC⊥平面ACD；
(2)若AB＝ eq \r(3) BC，求二面角A ­ CD ­ B的大小.
11.如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A ­ BCD，则在三棱锥A ­ BCD中，下列命题正确的是( )
A．平面ABD⊥平面ABC
B．平面ADC⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDC
D．平面ADC⊥平面ABC
12．[2022·河北张家口高一期末]如图1，在平面四边形ABCD中，CD＝2AD＝2AB，∠BAD＝60°，∠BCD＝30°，将△ABD沿BD翻折到△PBD的位置，如图2，E是PD的中点，平面PCD⊥平面BCE.

(1)证明：平面PBD⊥平面BCD；
(2)求二面角D ­ PC ­ B的正弦值．
答案：
1．解析：画出图象如图所示，由于AD⊥BC，AD⊥CD，所以AD⊥平面BCD，而AD⊂平面ADC，所以平面ADC⊥平面BCD.故选B.
答案：B
2．解析：对于A，平面间的垂直关系，不具有传递性，故A错误；对于B，α∩β＝m，n⊥m，n⊂β，但α与β可能垂直，也可能不垂直，无法判断垂直关系，故B错误；对于C，m⊥n，m⊂α，n⊂β，同样的α与β可能垂直，也可能不垂直，依然无法判断空间中的位置关系，C错误；对于D，若m∥α，则必在α中存在直线l∥m，因为m⊥β，则l⊥β，故α⊥β，故D正确．故选D.
答案：D
3．解析：∵CA＝CB，O为AB的中点，∴CO⊥AB.又平面ABC⊥平面ABD，交线为AB，∴CO⊥平面ABD.∵OD⊂平面ABD，∴CO⊥OD，∴△COD为直角三角形．∴图中的直角三角形有△AOC，△COB，△ABC，△AOD，△BOD，△COD共6个．
答案：6
4．证明：∵CC′⊥平面ABC, BD⊂平面ABC，
∴CC′⊥BD，
∵△ABC为正三角形，D为AC中点，
∴BD⊥AC ,
又AC∩CC′＝C，
∴BD⊥平面ACC′A′，又BD⊂平面BDC′，
∴平面BDC′⊥平面ACC′A′.
5．解析：如图所示，正四棱锥P ­ ABCD，取AB的中点为H，底面正方形的中心为O，连接OH，PH,
因为PH⊥AB，OH⊥AB，所以∠PHO为侧面与底面所成的角，
又OH＝ eq \f(a,2) ，PO＝a，PH＝ eq \r(OH2＋PO2) ＝ eq \f(\r(5),2) a，
因为PO为高，所以PO⊥平面ABCD，所以PO⊥OH，
所以在直角三角形POH中，cs ∠PHO＝ eq \f(OH,PH) ＝ eq \f(\r(5),5) ，
所以侧面与底面所成角的余弦值为 eq \f(\r(5),5) .
故选B.
答案：B
6．解析：已知PA⊥底面ABCD，可得PA⊥AD，PA⊥CD，又底面ABCD为矩形，
∴AD⊥AB，CD⊥AD，
而AB∩PA＝A，AD∩PA＝A，
∴AD⊥平面PAB，CD⊥平面PAD，
∴平面PAD⊥平面PAB，平面PCD⊥平面PAD，
又BC∥AD，
∴BC⊥平面PAB，平面PBC⊥平面PAB.
选项A，B，D可证明，故选ABD.
答案：ABD
7．解析：连接AB1，A1B，设AB＝a，
因为平面α⊥平面β，α∩β＝A1B1，BB1⊥A1B1，
所以BB1⊥α，
所以∠BAB1是AB与平面α所成的角，所以∠BAB1＝45°，
在Rt△BAB1中，AB1＝ eq \f(\r(2),2) a，
同理可得∠ABA1是AB与平面β所成的角，所以∠ABA1＝30°，
在Rt△ABA1中，A1A＝ eq \f(1,2) a，
在Rt△AA1B1中，
A1B1＝ eq \r(AB eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －AA eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ) ＝ eq \r(（\f(\r(2),2)a）2－（\f(1,2)a）2) ＝ eq \f(1,2) a，
所以A1B1∶AB＝ eq \f(1,2) a∶a＝1∶2.
答案：1∶2
8．证明：在矩形ABCD中，AC＝ eq \r(42＋22) ＝2 eq \r(5) ，
∵AM⊥平面PCD，CM⊂平面PCD，PD⊂平面PCD，
∴AM⊥CM，AM⊥PD，
∴AM＝ eq \r(（2\r(5)）2－（2\r(3)）2) ＝2 eq \r(2) ，
在△PAD中，∵PA＝AD＝4，AM⊥PD，∴M为PD中点，
PD＝2MD＝2× eq \r(42－（2\r(2)）2) ＝4 eq \r(2) ，
∴PA2＋AD2＝PD2，即PA⊥AD，
又AB⊥AD，AB∩AP＝A，BA⊂平面PAB，PA⊂平面PAB，
∴AD⊥平面PAB，
又AD⊂平面ABCD，∴平面PAB⊥平面ABCD.
9．证明：∵AB是半圆直径，∴AP⊥BP，
∵四边形ABCD是正方形，∴CB⊥AB，
∵平面ABCD⊥平面ABEF，且平面ABCD∩平面ABEF＝AB，
CB⊂平面ABCD，∴CB⊥平面ABEF，
∵AP⊂平面ABEF，∴CB⊥AP，∵CB∩PB＝B，∴AP⊥平面PBC，
∵AP⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面PBC.
10．解析：(1)证明：∵AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD，
∵BC⊥CD，AB∩BC＝B，
∴CD⊥平面ABC，
∵CD⊂平面ACD，∴平面ABC⊥平面ACD；
(2)由(1)得CD⊥平面ABC，
∵AC⊂平面ABC，∴CD⊥AC，
∵BC⊥CD，∴∠ACB即为二面角A ­ CD ­ B的平面角，
在直角三角形ABC中，AB＝ eq \r(3) BC，则tan ∠ACB＝ eq \f(AB,BC) ＝ eq \r(3) ，
∴∠ACB＝ eq \f(π,3) ，即二面角A ­ CD ­ B的大小为 eq \f(π,3) .
11．解析：因为AD∥BC，∠BAD＝90°，AD＝AB，所以四边形ABCD为直角梯形，∠ABD＝∠ADB＝∠DBC＝45°，
又因为∠BCD＝45°，所以∠CDB＝90°，即CD⊥BD，
又因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，CD⊂平面BCD，CD⊥BD，
所以CD⊥平面ABD，
又因为AB⊂平面ABD，所以CD⊥AB，又AB⊥AD，AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ADC，所以AB⊥平面ADC，
又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面ADC，故D正确；
设AB＝AD＝1，则BD＝ eq \r(2) ，BC＝2，CD＝ eq \r(2) ，
由CD⊥AB，又AD⊥AB，CD∩AD＝D，CD，AD⊂平面ADC，可得AB⊥平面ADC，
又AC⊂平面ADC，可得AB⊥AC，AC＝ eq \r(4－1) ＝ eq \r(3) ，
所以∠CAD为平面ABD与平面ABC所成角，且tan ∠CAD＝ eq \f(DC,AD) ＝ eq \r(2) ，
故二面角不为直角，故A错误；
由上述证明可知，∠ADB为平面ADC与平面BCD所成角，为45°，故B错误；
若平面ABC⊥平面BDC，取BC的中点H，可得DH⊥BC，平面ABC∩平面BDC＝BC，DH⊂平面BDC，则DH⊥平面ABC，
AH⊂平面ABC，可得DH⊥AH，
而△ADH中，AD＝1，DH＝1，显然DH与AH不垂直，故C错误，故选D.
答案：D
12．解析：(1)证明：由翻折知△PBD为正三角形，设E是PD的中点，∴BE⊥PD.
在图2中，过点B向CE引垂线交CE于点H.
∵平面PCD⊥平面BCE，平面PCD∩平面BCE＝CE，∴BH⊥平面PCD.
∵PD⊂平面PCD，∴BH⊥PD.
又BE∩BH＝B，BE⊂平面BCE，BH⊂平面BCE，∴PD⊥平面BCE，
∵BC⊂平面BCE，∴PD⊥BC.
∵CD＝2BD，∠BCD＝30°，由正弦定理 eq \f(CD,sin ∠CBD) ＝ eq \f(BD,sin ∠BCD) ，知sin ∠CBD＝1，∴BC⊥BD.
又PD∩BD＝D，PD⊂平面PBD，BD⊂平面PBD，∴BC⊥平面PBD，
又∵BC⊂平面BCD，∴平面PBD⊥平面BCD.
(2)过点B向PC引垂线交PC于点F，连接HF，如图：
设BD＝2，∴PD＝PB＝2，BE＝ eq \r(3) ，由(1)知，BC⊥BE，BC＝2 eq \r(3) ，CE＝ eq \r(15) ，由等面积法得BH＝ eq \f(BE·BC,CE) ＝ eq \f(\r(3)·2\r(3),\r(15)) ＝ eq \f(2\r(15),5) .
∵BH⊥平面PCD, ∴BH⊥PC.
又∵BF⊥PC，BF∩BH＝B，∴PC⊥平面BHF，∴PC⊥HF.
∴∠BFH为二面角D ­ PC ­ B的平面角．
∵BC⊥BP，∴BF＝ eq \r(3) ，∴sin ∠BFH＝ eq \f(BH,BF) ＝ eq \f(\f(2\r(15),5),\r(3)) ＝ eq \f(2\r(5),5) .